普陀电大-爱情祝福短信

开锁次数的数学期望和方差

例 有n把看上去样子 相同的钥匙，其中只有一把能把大门上的锁打开．用它们去试开
门上的锁．设抽取钥匙是相互独立且等可 能的．每把钥匙试开后不能放回．求试开次数

的
数学期望和方差．
分析： 求
P(

k)
时，由题知前
k1
次没打开，恰第k次打 开．不过，一般我们应从
简单的地方入手，如

1,2,3
，发现规律后， 推广到一般．
解：

的可能取值为1，2，3，…，n．
1
P(

1),
n
11n111

P(

2)(1);
nn1nn1n
111n1n2 11
P(

3)(1)(1)
;
nn1n 2nn1n2n
11111n1n2n3nk111
P(

k)(1)(1)(1)(1)
nn1n2nk2nk 1nn1n2nk2nk1n
；所以

的分布列为：


P

1 2
…
k
…
n
1111

…

…

nnnn
1111n1
E

123n
；
nnnn2
D

(1


n 1
2
1n1
2
1n1
2
1n1
2
1 n1
2
1
)(2)(3)(k)(n)
2n2n2n2n2n
1

2
n1
2

222
(123

n)(n1)(123

n)( )n



n

2

1
1n(n1)
2
n(n1)
2

n
2
1



n(n1)(2n1)




n

624

12
说明：复杂问题的简化处理，即从个数较小的看起，找出规律所在，进而推广到一般，
方差的公式正确使 用后，涉及一个数列求和问题，合理拆项，转化成熟悉的公式，是解决的
关键．
次品个数的期望

例 某批数量较大的商品的次品率是5％，从中任意地连续取出10件，

为所含次品
的个 数，求
E

．
分析：数量较大，意味着每次抽取时出现次品的概率都是0. 05，

可能取值是：0，1，
2，…，10．10次抽取看成10次独立重复试验， 所以抽到次品数

服从二项分布，由公式
E

np
可得解 ．
解：由题，

~B

10,0.05

，所以
E

100.050.5
．
说明：随机变量
的概率分布，是求其数学期望的关键．因此，入手时，决定

取哪些
k
值 及其相应的概率，是重要的突破点．此题
P(

k)C
10
(0 .05)
k
(10.05)
10k
，应觉察
到这是

~B

10,0.05

．
根据分布列求期望和方差


、D

． 例 设

是一个离散型随机变量，其分布列如下表，求
q
值，并求
E


P
－1
0 1
2

q
1

2
12q


、D

只须按定分析：根据分布列的两个性质，先确定q的值，当分布列确定时，
E
义代公式即可．
解： 离散型随机变量的分布满足
（1）
P ,2,3,,

i
0,i 1
（2）
P 1.

1
P
2
P
3


1
2
12q q 1,

2

1
所以有

012q 1,
解得
q 1.

2

q
2

1.

故

的分布列为



P
－1
0 1
1

2
21

3
2

2
1

3

E

(1)0(21)1

2


2

2

13
212.

22
1

3

D < br>
[1(12)]
2
(12)
2
(21 )[1(12)]
2


2


2

2

1

3

(22)
2
(21)
3
2

2
< br>
2

2

32222632132221.

小结：解题时不能忽视条件
P(

k
i
)p
i
时，
0p
i1
，
i1,2,
否则取了
q1

的值后，辛辛苦苦计算得到的是两个毫无用处的计算．
产品中次品数分布列与期望值

例 一批产品共100件，其中有10件是次品，为了检验其质量，从中以随机的方式选
取5件，求在抽取的这5件产品中次品数分布列与期望值，并说明5件中有3件以上（包括
3件 ）为次品的概率．（精确到0．001）
分析：根据题意确定随机变量及其取值，对于次品在3件以上 的概率是3，4，5三种情
况的和．
解：抽取的次品数是一个随机变量，设为
< br>，显然

可以取从0到5的6个整数．
抽样中，如果恰巧有
k
个（
k 0,1,2,3,4,5
）次品，则其概率为
k5k
C
10
C
90
P(

k)
C
5100

按照这个公式计算，并要求精确到0．001，则有
P (

0)0.583, P (

1)0.340, P (

2)0.070,

P (

3)0.07, P (

4)0, P (

5)0.
故

的分布列为


P


0
0.583
1
0.340
2
0.070
3
0.007
4
0
5
0

E

00.5831 0.34020.07030.00740500.501.

由分布列可知，
P (

3)0.00700,

 P (

3)0.007.
这就是说，所抽取的5件品中3件以上为次品的可能 性很小，只有7％．
评定两保护区的管理水平

例 甲、乙两个野生动物保护区 有相同的自然环境，且野生动物的种类和数量也大致相
等．而两个保护区内每个季度发现违反保护条例的 事件次数的分布列分别为：
甲保护区：


乙保护区：
0 1 2 3
P

0.3 0.3 0.2 0.2


0 1 2
P

0.1 0.5 0.4
试评定这两个保护区的管理水平．
分析：一是要比较一下甲、乙两个保护区内每季度发生的违规事件的次数的均值，即
数学期望； 二是要看发生违规事件次数的波动情况，即方差值的大小．（当然，亦可计算其
标准差，同样说明道理． ）
解：甲保护区的违规次数

1
的数学期望和方差为：
E

1
00.310.320.230.21.3;

D

1
(01.3)
2
0.3(11.3)
20.3(21.3)
2
0.2(31.3)
2
0.21 .21;

乙保护区的违规次数

2
的数学期望和方差为：
E

2
00.110.520.41.3;

D

2
(01.3)
2
0.1(11.3)
2
0.5(21.3)
2
0.40.41
；
因为
E

1
E

2
,D

1
D< br>
2
，所以两个保护区内每季度发生的违规平均次数是相同的，
但乙保护区内的 违规事件次数更集中和稳定，而甲保护区的违规事件次数相对分散和波动．
（标准差
1

显然，

1


）
说明：数学期望仅体现了随机变量取值的平均大小，但有时仅知道均值大小还是不够


D

1
1.1,

2
D

2
0.64
这两个值在科学计算器上容易获得，

的，比如：两个随机变量的均值相等了（即数学期望值相等），这就还需要知道随机变量的
取值如何在 均值周期变化，即计算其方差（或是标准差）．方差大说明随机变量取值分散性
大；方差小说明取值分散 性小或者说取值比较集中、稳定．
射击练习中耗用子弹数的分布列、期望及方差

例 某射手进行射击练习，每射击5发子弹算一组，一旦命中就停止射击，并进入下一
组的练 习，否则一直打完5发子弹后才能进入下一组练习，若该射手在某组练习中射击命中
一次，并且已知他射 击一次的命中率为0.8，求在这一组练习中耗用子弹数

的分布列，并

与方差
D
求出

的期望
E
．

（保留两位小数）
分析：根据随机变量不同的取值确定对应的概率，在利用期望和方差的定义求解．
解： 该组练习耗用的子弹数

为随机变量，

可以取值为1， 2，3，4，5．

＝1，表示一发即中，故概率为
P (

1)0.8;


＝2，表示第一发未中，第二发命中，故
P (

2)(10.8)0.80.20.80.16;


＝3，表示第一、二发未中，第三发命中，故
P (

3 )(10.8)
2
0.80.2
2
0.80.032;


＝4，表示第一、二、三发未中，第四发命中，故
P (

4)(10.8)
3
0.80.2
3
0.80.0064

＝5，表示第五发命中，故
P (

5)(1 0.8)
4
10.2
4
0.0016.

因此，

的分布列为


P
1
0.8
2
0.16
3
0.032
4
0.0064
5
0.0016
E

10.8 20.1630.03240.006450.0016

0.80.320.0960.02560.0081.25,

D

(11.25)
2
0.8(21.25)
2
0.16(31.25)
2
0.0 32(41.25)
2
0.0064(51.25)
2
0.00 16

0.050.090.0980.04840.02250.31.

说明：解决 这类问题首先要确定随机变量的所有可能取值，然后再根据概率的知识求解
对应的概率．
准备礼品的个数

例 某寻呼台共有客户3000人，若寻呼台准备了100份小 礼品，邀请客户在指定时间
来领取．假设任一客户去领奖的概率为4％．问：寻呼台能否向每一位顾客都 发出奖邀请？
若能使每一位领奖人都得到礼品，寻呼台至少应准备多少礼品？
分析：可能来多 少人，是一个随机变量

．而

显然是服从二项分布的，用数学期望来
反映平均来领奖人数，即能说明是否可行．
解：设来领奖的人数

k,(k0 ,1,2,,3000)
，所以
k
,0.04

，所以，
P(

k)C
3000
(0.04)
k
(10.0 4)
30000k
，可见

~B

30000
E

30000.04120
（人）
100
（人）．
答：不能，寻呼台至少应准备120份礼品．
说明：“能”与“不能”是实际问题转 到数学中来，即用数字来说明问题．数字期望反
映了随机变量取值的平均水平．用它来刻画、比较和描述 取值的平均情况，在一些实际问题
中有重要的价值．因此，要想到用期望来解决这一问题．

想来生活，从来就不是阳春白雪的神话。光阴的陌上，总有风自八方来，或许是忧凄，也许是欢喜 ,无论怎样，都是岁月最真的馈赠。

待到老去的那一日，偶尔有回忆念及了过往，依旧还会有初初的心动，流转了眉眼。而那一路迤逦而来的美好，一 步一步写就两个梅花小楷——日常。
暖阳小窗，无事此静坐。杯盏光阴，又在指间如风轻过，回首，依稀还是那年秋，低低一低眉，却已是春光葳蕤。
光阴荏苒，而流年从来也不曾缺少错乱和犹疑。是否在这样一个万物复苏的季节里，一切的纷扰是非 ，终究会给出一个水落石出的答案。
轻倚初春的门楣，且把盏清风，问心明月，让来者可来，去者 可去，宿命里的拥有，一一欣喜悦纳。而我也只需以花香绕肩的美，步履从容的，走过生命里的山山水水。
若说，那一程走旧的时光，已然温暖了我的眉眼。那么，在明日那个花满枝桠的清晨，我依旧愿意轻 踮了脚尖，重行在与你初见的陌上，只待，与你折柳重逢。
然后，在你温热的耳边，把一些前生来世的故事，反复的吟唱。只盼，你在莞尔低眉时，与我轻轻的相和。
所谓素年锦时，或许就是这样的一程光阴吧。私心里常想，最好的感觉，莫过于煨一味小众烟火，暖 一世红尘时日，对坐心爱之人，行做欢喜之事。即使偶尔有湿润盈满了眸底，也请相
信，我的泪里，没有 忧伤。
懂我的你，是否也如我一样，遗忘了所有的言语。只是在掌心，一遍遍描摹一个人的名，那 是切入骨髓的念，合着心脉的韵律，默默诉说一句话，让我们在这无边的春色里，相爱一场！